摘 要 本文采用了窮舉法、組合計(jì)數(shù)法、對(duì)應(yīng)思想等方法對(duì)2024 年新高考Ⅰ卷第14 題進(jìn)行了多解分析,并在此基礎(chǔ)上進(jìn)行變式探究,對(duì)高考復(fù)習(xí)及教學(xué)提供一定的參考價(jià)值.
關(guān)鍵詞 概率;對(duì)應(yīng)與對(duì)立事件
題目 (2024年新高考Ⅰ卷第14題)甲、乙兩人各有四張卡片,每張卡片上標(biāo)有一個(gè)數(shù)字,甲的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字1,3,5,7,乙的卡片上分別標(biāo)有數(shù)字2,4,6,8. 兩人進(jìn)行四輪比賽. 在每輪比賽中,兩人各自從自己持有的卡片中隨機(jī)選一張,并比較所選卡片上數(shù)字的大小,數(shù)字大的人得1 分,數(shù)字小的人得0 分,然后各自棄置此輪所選的卡片(棄置的卡片在此后的輪次中不能使用). 則四輪比賽后,甲的總得分不小于2 的概率為_(kāi)_____.
1. 試題分析
試題主要考查古典概型的概率求解問(wèn)題. 學(xué)生首先認(rèn)識(shí)到,兩人各自隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分的分布列與其中一人固定選卡片的順序,另一人隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分的分布列完全相同,從而將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論4?。?24 種情況中有多少種情況能使得甲的總得分不小于2 . 接下來(lái),學(xué)生可以直接列舉所有情況討論,也可以巧妙地使用對(duì)應(yīng)和對(duì)立事件的性質(zhì)來(lái)得到結(jié)論.
2. 多解探析
解法1 (巧用對(duì)應(yīng)和對(duì)立事件)記題述的比賽過(guò)程為比賽A,定義比賽B為將乙手中寫(xiě)有數(shù)字8的卡片換為寫(xiě)有數(shù)字0 的卡片之后的比賽過(guò)程,考慮比賽A 與比賽B 之間的關(guān)系.
首先,在比賽A中,乙選出寫(xiě)有數(shù)字8 的卡片的一輪,甲必然得0 分. 而當(dāng)這張卡片換為寫(xiě)有數(shù)字0的卡片之后,甲這一輪必然得1 分. 因此在比賽B中甲的得分分布列與在比賽A中甲的得分加上1 之后的分布列完全相同.
其次,若將比賽B 中的每張卡片上的數(shù)字都增加1,則兩人的得分情況和得分分布列不會(huì)有變化,而全部增加1 之后相當(dāng)于比賽A中甲乙兩人交換了手中的卡片. 因此在比賽B 中乙的得分分布列與在比賽A 中甲的得分分布列完全相同.
因此,在比賽A 中甲的得分不小于2 的概率等于在比賽B 中甲的得分不小于3 的概率,也等于比賽B中乙的得分不小于2 的概率. 由于在比賽B中,兩人得分之和恒為4,且兩人的得分都是整數(shù),所以“甲的得分不小于3 ”和“乙的得分不小于2”互為對(duì)立事件,它們發(fā)生的概率之和為1 . 因此上述兩個(gè)事件發(fā)生的概率均為1/2,即在比賽A 中甲的得分不小于2 的概率為1/2.
解法2 (轉(zhuǎn)化為一方隨機(jī)選卡之后枚舉計(jì)算)易知題述概率等于甲固定選卡片的順序,乙隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分不小于2 的概率. 不妨設(shè)甲選卡片的順序?yàn)椋?,3,5,7,在此古典概型中,乙選卡片的不同順序共有4?。?24種,而使得甲得分不小于2的所有順序共有12 種,分別為2,8,4,6;4,2,8,6;4,8,2,6;6,2,4,8;6,2,8,4;6,8,2,4;6,8,4,2;8,2,4,6 ;8,2,6,4;8,4,2,6;8,6,2,4;8,6,4,2. 因此答案為12/24= 1/2.
解法3 (轉(zhuǎn)化為一方隨機(jī)選卡之后使用概率和排列組合進(jìn)行計(jì)算)易知題述概率等于甲固定選卡片的順序,乙隨機(jī)選卡片時(shí)甲得分不小于2 的概率. 不妨設(shè)甲選卡片的順序?yàn)椋?,3,5,7,顯然甲選寫(xiě)有數(shù)字1 的卡片的那一輪必然得0 分,因?yàn)榧椎梅植恍∮冢?等價(jià)于其他三輪中甲至少有兩輪是數(shù)字較大的一方. 記A3,5 為事件:甲選寫(xiě)有數(shù)字3,5的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方;A3,7 為事件:甲選寫(xiě)有數(shù)字3,7的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方;A5,7 為事件:甲選寫(xiě)有數(shù)字5,7 的卡片的兩輪都是數(shù)字較大的一方;A3,5,7 為事件:甲選寫(xiě)有數(shù)字3,5,7 的卡片的三輪都是數(shù)字較大的一方.